§7.8空間距離及立體幾何中的探索性問題課標要求1.會求空間中點到直線以及點到平面的距離.2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關系或空間角存在的條件.1.點到直線的距離如圖，已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設AP=a，則向量AP在直線l上的投影向量AQ=(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，PQ=|AP|22.點到平面的距離如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內的定點，P是平面α外一點.過點P作平面α的垂線l，交平面α于點Q，則n是直線l的方向向量，且點P到平面α的距離就是AP在直線l上的投影向量QP的長度，因此PQ=AP·n|n|1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)(1)平面α上不共線的三點到平面β的距離相等，則α∥β.(×)(2)點到直線的距離也就是該點與直線上任一點連線的長度.(×)(3)直線l平行于平面α，則直線l上各點到平面α的距離相等.(√)(4)直線l上兩點到平面α的距離相等，則l平行于平面α.(×)2.空間點A(-1，1，1)，B(-1，2，3)，C(1，2，4)，則點A到直線BC的距離d等于()A.255 B.5 C.21答案D解析由題意得AB=(0，1，2)，BC=(2，0，1)，所以cos〈AB，BC〉=AB·BC|所以sin∠ABC=1-252所以點A到直線BC的距離d=|AB|sin∠ABC=5×215=1053.已知棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，M，N分別是A1B1，AD，CC1的中點，則直線AC與平面EMN之間的距離為()A.1 B.33 C.32答案B解析如圖，以D為原點，建立空間直角坐標系，則A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(2，1，2)，M(1，0，0)，N(0，2，1)，所以ME=(1，1，2)，MN=(-1，2，1)，AC=(-2，2，0)，設平面EMN的法向量為m=(x，y，z)，則m令x=1，可得m=(1，1，-1)，所以AC·m=0，即AC⊥m，又AC?平面EMN，所以AC∥平面EMN，故點A到平面EMN的距離即為直線AC到平面EMN的距離，又MA=(1，0，0)，所以點A到平面EMN的距離為|MA·m||即直線AC與平面EMN之間的距離為334.設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是.

答案2解析如圖，建立空間直角坐標系，則D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，所以D1A1=(2，0，DA1=(2，0，2)，DB=(2，2，0設平面A1BD的法向量為n=(x，y，z)，則n·D令x=1，則n=(1，-1，-1)，所以點D1到平面A1BD的距離d=|D1A1·題型一空間距離命題點1點線距離例1如圖，P為矩形ABCD所在平面外一點，PA⊥平面ABCD.若已知AB=3，AD=4，PA=1，則點P到直線BD的距離為.

答案13解析如圖，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，則BP=(-3，0，1)，BD=(-3，4，0)，故點P到直線BD的距離d=|BP|2-BP命題點2點面距離例2在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為棱AA1，BB1的中點，G為棱A1B1上的一點，且A1G=λ(0<λ<2)，則點G到平面D1EF的距離為()A.23 B.2 C.22λ答案D解析以D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，所以ED1=(-2，0，1)，EF=(0，2，0)，EG=(0，λ，1設平面D1EF的法向量為n=(x，y，z)，則n取x=1，得n=(1，0，2)，所以點G到平面D1EF的距離為d=|EG·n||命題點3異面直線的距離例3已知和兩條異面直線都垂直相交的直線叫做兩條異面直線的公垂線，公垂線與兩條直線相交的點所形成的線段，叫做這兩條異面直線的公垂線段.兩條異面直線的公垂線段的長度，叫做這兩條異面直線的距離.在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，點G在側棱PB上，且滿足2PG=GB，則異面直線PC和DG的距離為()A.31414 B.31515答案A解析如圖，以點A為原點，AB，AD，AP的方向分別為x，y，z則B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，G(1，0，4).所以DG=(1，-3，4)，PC=(3，3，-6)，DC=(3，0，0)，設n=(x，y，z)為直線PC和DG的公垂線的方向向量，則有n·DG=x-3y+4z=0,所以異面直線PC和DG的距離為|DC·n||思維升華(1)點到直線的距離①設過點P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d=|PA②若能求出點在直線上的射影坐標，可以直接利用兩點間距離公式求距離.(2)求點面距一般有以下三種方法①作點到面的垂線，求點到垂足的距離.②等體積法.③向量法.跟蹤訓練1(多選)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E在BD上，且BE=13BD；點F在CB1上，且CF=13CB1.則下列結論正確的是(A.線段EF是異面直線BD與CB1的公垂線段B.異面直線AA1與BD的距離為1C.點D1到直線EF的距離為14D.點D1到平面DEF的距離為6答案ACD解析以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，EB=13DB=CF=13CB所以E23，23對于A，EF=-13，13，13，CB1=(1，0，1所以EF·DB=-13+EF·CB1=-1即EF⊥DB，EF⊥CB1，所以線段EF是異面直線BD與CB1的公垂線段，故A正確；對于B，由正方體的性質可得異面直線AA1與BD的公垂線的一個方向向量為AC=(-1，1，0)，又DA=(1，0，0)，所以異面直線AA1與BD的距離為|DA·AC||AC|=對于C，D1E=23所以D1E在EF方向上的投影向量的長度為h=|D1E·EF||EF|=33，所以點D1對于D，設平面DEF的法向量為n=(x，y，z)，DF=13則n·DB令x=1，得y=-1，z=2，所以n=(1，-1，2)，又DD1=(0，0，1所以點D1到平面DEF的距離d=|DD1·n||n|題型二立體幾何中的探索性問題例4如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB=12CD=AD=1，M為棱PC的中點(1)證明：BM∥平面PAD；(2)若PC=5，PD=1，①求平面PDM與平面BDM夾角的余弦值；②在線段PA上是否存在點Q，使得點Q到平面BDM的距離是269？若存在，求出PQ的值；若不存在，(1)證明取PD的中點N，連接AN，MN，如圖所示.∵M為棱PC的中點，∴MN∥CD，MN=12CD∵AB∥CD，AB=12CD，∴AB∥MN，AB=MN∴四邊形ABMN是平行四邊形，∴BM∥AN，又BM?平面PAD，AN?平面PAD，∴BM∥平面PAD.(2)解∵PC=5，PD=1，CD=2，∴PC2=PD2+CD2，∴PD⊥DC，∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，PD?平面PDC，∴PD⊥平面ABCD，又AD，CD?平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，而AD⊥DC，∴以點D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖.則P(0，0，1)，D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，B(1，1，0)，∵M為棱PC的中點，∴M0，①DM=0，1，12，DB=(設平面BDM的法向量為n=(x，y，z)，則n令z=2，則x=1,y=-1,∴n=(1，平面PDM的一個法向量為DA=(1，0，0)，∴|cos〈n，DA〉|=|n·DA||則平面PDM與平面BDM夾角的余弦值為66②假設在線段PA上存在點Q，使得點Q到平面BDM的距離是26設PQ=λPA，0≤λ≤1，又PA=(1，0，-1)，則Q(λ，0，1-λ)，BQ=(λ-1，-1，1-λ)，由①知平面BDM的一個法向量為n=(1，-1，2)，BQ·n=λ-1+1+2(1-λ)=2-λ，∴點Q到平面BDM的距離是|BQ·n||n|=2-λ6=269思維升華(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解”.(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數.跟蹤訓練2如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，∠ABC=120°，AB=2，且直線BD1與平面BCC1B1所成的角為30°.(1)求直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高；(2)在棱AA1上是否能找到一點M，使得平面CD1M與平面BCC1B1的夾角為30°？若能，求出AMAA1的值；若不能解(1)設AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，因為棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故OA，OB，OO1兩兩垂直，如圖，以OA，OB，OO1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，因為在菱形ABCD中，∠ABC=120°，所以OA=3，OB=1，設AA1=h>0，則B(0，1，0)，C(-3，0，0)，C1(-3，0，h)，D1(0，-1，h)，所以CB=(3，1，0)，CC1=(0，0，h)，BD1=(0，-2設平面BCC1B1的法向量為n1=(x1，y1，z1)，則由n1·令x1=1，得n1=(1，-3，0)，所以cos〈BD1，n1〉=BD因為直線BD1與平面BCC1B1所成的角為30°，所以|cos〈BD1，n1〉|=sin即23h2+4×2=(2)假設能找到這樣的點M，設M(3，0，t)，且0≤t≤22，則CM=(23，0，t)，CD1=(3，-1，22設平面CD1M的法向量為n2=(x2，y2，z2)，則由n得2令x2=t，得n2=(t，3t-46，-23)，則|cos〈n1，n2〉|=n1·n由平面CD1M與平面BCC1B1的夾角為30°，可得|cos〈n1，n2〉|=cos30°，即|62-解得t=322∈[0，22所以能找到這樣的點M，此時，AM=t=32故AMAA1=3課時精練[分值：50分]1.(12分)如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側棱長和底面邊長均為2，M是BC的中點，N是AB1的中點，P是B1C1的中點.(1)證明：MN∥平面A1CP；(6分)(2)求點P到直線MN的距離.(6分)(1)證明由題意知，AA1⊥平面ABC，∠BAC=60°，而AB?平面ABC，所以AA1⊥AB，在平面ABC內過點A作y軸，使得AB⊥y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，3，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，得M32，32，0，N(1，0，所以A1C=(1，3，-2)，A1P=設平面A1CP的法向量為n=(x，y，z)，則n令x=1，得y=-3，z=-1，所以n=(1，-3，-1)，所以MN·n=-12×1+-32×(-3)+1×(-1又MN?平面A1CP，即MN∥平面A1CP.(2)解如圖，連接PM，由(1)得PM=(0，0，-2)，則MN·PM=-2，|MN|=2，|PM|=2，所以點P到直線MN的距離d=|PM|22.(12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，△PAD是正三角形，∠ABC=90°，AB∥CD，AB=2CD=2BC=4，平面PAD⊥平面ABCD，M是棱PC上的動點.(1)求證：平面MBD⊥平面PAD；(5分)(2)在線段PC上是否存在點M，使得直線AP與平面MBD所成的角為30°？若存在，求出PMPC的值；若不存在，說明理由.(7分(1)證明因為AB∥CD，CD=BC=2，∠ABC=90°，所以∠BCD=90°，BD=22，在△ABD中∠ABD=45°，AB=4，由余弦定理得AD=AB2+所以AD2+BD2=AB2，即∠ADB=90°，AD⊥BD，取AD的中點O，連接PO，因為△PAD是正三角形，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以PO⊥BD，又AD⊥BD，PO∩AD=O，PO，AD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD，又BD?平面MBD，所以平面MBD⊥平面PAD.(2)假設存在點M，使得直線AP與平面MBD所成的角為30°，取AB的中點N，連接ON，則ON∥BD，所以AD⊥ON，以{ON，OD，則A(0，-2，0)，D(0，2，0)，B(22，2，0)，C(2，22，0)，P(0，0，6設PM=λPC，0≤λ≤1，則DM=DP+PM=DP+λPC=(0，-2，6)+λ(2，22，-6)=(2λ，22λ-2，又DB=(22，0，0)，設平面BDM的法向量為n=(x，y，z)，則DM即2取z=2λ-1，則n=(0，3(λ-1)，2λ-1)，AP=(0，2，6由直線AP與平面MBD所成的角為30°，得sin30°=|cos〈AP，n〉|=|=|=6|3λ化簡得10λ2-13λ+4=0，解得λ=12或λ=4故存在點M，當PMPC=12或PMPC=45時，直線AP3.(13分)已知平行四邊形ABCD，如圖甲，D=60°，DC=2AD=2，沿AC將△ADC折起，使點D到達點P位置，且PC⊥BC，連接PB得三棱錐P-ABC，如圖乙.(1)證明：平面PAB⊥平面ABC；(5分)(2)在線段PC上是否存在點M，使二面角M-AB-C的余弦值為1313？若存在，求出PMPC的值，若不存在，請說明理由.(8(1)證明翻折前，因為四邊形ABCD為平行四邊形，D=60°，DC=2AD=2，則AD∥BC，由余弦定理可得AC2=DC2+AD2-2DC·AD·cosD=4+1-2×2×1×12=3所以AC2+AD2=DC2，則AD⊥AC，又AD∥BC，所以BC⊥AC；翻折后，BC⊥AC，PA⊥AC，因為PC⊥BC，AC∩PC=C，AC，PC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC，因為PA?平面PAC，則PA⊥BC，因為AC∩BC=C，AC，BC?平面ABC，所以PA⊥平面ABC，因為PA?平面PAB，故平面PAB⊥平面ABC.(2)解因為PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以點A為坐標原點，BC，AC，AP的方向分別為x，y，z則A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，3，0)，B(-1，3，0)，設PM=λPC=λ(0，3，-1)=(0，3λ，-λ)，其中0<λ<1，則AM=AP+PM=(0，0，1)+(0，3λ，-λ)=(0，3λ，1-λ)，AB=(-1，3，0設平面ABM的法向量為m=(x，y，z)，則m·AB=-x+3y=0,m·AM=3λy+(1-λ)z所以m=(3(λ-1)，λ-1，3λ)，易知平面ABC的一個法向量為n=(0，0，1)，則|cos〈m，n〉|=|m·n||m|·|n|=|3λ4(因為0<λ<1，解得λ=14故線段PC上存在點M，使二面角M-AB-C的余弦值為1313，且PMPC=4